Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Giả sử 2 phương trình đã cho đều vô nghiệm
=> \(\Delta_1< 0\Leftrightarrow a_1^2-4b_1< 0\Leftrightarrow a_1^2< 4b_1\)
\(\Delta_2< 0\Leftrightarrow a_2^2-4b_2< 0\Leftrightarrow a_2^2< 4b_2\)
\(\Rightarrow a_1^2+a_2^2< 4\left(b_1+b_2\right)\)(1)
Lại có: \(a_1.a_2\ge2\left(b_1+b_2\right)\)
\(\Leftrightarrow2a_1.a_2\ge4\left(b_1+b_2\right)\) (2)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow a_1^2+a_2^2< 2a_1a_2\) (3)
Mặt khác:\(\left(a_1-a_2\right)^2\ge0\Leftrightarrow a_1^2+a_2^2\ge2a_1_1b_1\)trái với (3)
=> giả sử sai
=> ít nhất một trong 2 phương trình đã cho có nghiệm.
Sai thì thôi nhé~
Theo vi ét:
\(\hept{\begin{cases}a_1a_2=1\\a_1+a_2=-p\end{cases}}\) và \(\hept{\begin{cases}b_1b_2=1\\b_1+b_2=-q\end{cases}}\)
Ta có: \(\left(a_1-b_1\right)\left(a_2-b_1\right)\left(a_1+b_2\right)\left(a_2+b_2\right)\)
\(=\left(a_1a_2+b_1^2-a_1b_1-a_2b_1\right)\left(a_1a_2+a_2b_2+b_2^2+a_1b_2\right)\)
\(=\left(1+b_1^2+pb_1\right)\left(1+b_2^2-pb_2\right)\)
\(=1+b_2^2-pb_2+b_1^2+b_1^2b_2^2-pb_1^2b_2+pb_1+pb_1b_2^2-p^2b_1b_2\)
= \(1+b_1^2+b_2^2-pb_2-pb_1+1+pb_1+pb_2-p^2\)
\(=2+\left(b_1+b_2\right)^2-2b_1b_2-p^2\)
\(=q^2-p^2\)
Cái dạng bài này tính denta của từng cái sau đó dùng đk bài cho biến đổi sao cho hai đenta cộng lại lớn hơn 0 là đc ( Tự làm đc nha )
Đặt \(f\left(x\right)=\left(a_1x-b_1\right)^2+...+\left(a_nx-b_n\right)^2\)
\(\Rightarrow f\left(x\right)\ge0\) với mọi x
Mặt khác : \(f\left(x\right)=\left(a_1^2+...+a_n^2\right)x^2-2\left(a_1b_1+...+a_nb_n\right)x+\left(b_1^2+...+b_n^2\right)\)
\(\Rightarrow\Delta'\le0\)
\(\Rightarrow\left(a_1b_1+...+a_nb_n\right)^2\le\left(a_1^2+...+a_n^2\right)\left(b_1^2+...+b_n^2\right)\)
\(\Rightarrow\left|a_1b_1+...+a_nb_n\right|\le\sqrt{\left(a_1^2+...+a_n^2\right)\left(b_{1^{ }}^2+...+b_n^2\right)}\)
Áp dụng bđt bunhia copski, ta có \(\left(a_1b_1+...+a_nb_n\right)^2\le\left(a_1^2+...+a_n^2\right)\left(b_1^2+...+b_2^2\right)\Leftrightarrow\sqrt{\left(a_1b_1+...+a_nb_n\right)^2}\le\sqrt{\left(a_1^2+...+a_n^2\right)\left(b_1^2+...+b_2^2\right)}\Leftrightarrow\left|a_1b_1+...+a_nb_n\right|\le\sqrt{\left(a_1^2+...+a_n^2\right)\left(b_1^2+...+b_2^2\right)}\)
Dấu bằng xảy ra khi \(\dfrac{a_1}{b_1}=...=\dfrac{a_n}{b_n}\)
Vậy \(\left|a_1b_1+...+a_nb_n\right|\le\sqrt{\left(a_1^2+...+a_n^2\right)\left(b_1^2+...+b_2^2\right)}\)
b) Giả sử xo là một nghiệm chung của 2 PT> Khi đó ta có: \(\int^{x_0^2+x_0+a=0}_{x_0^2+ax_0+1=0}\)
Trừ 2 vế của 2 PT ta có: \(x_0\left(1-a\right)+a-1=0\Leftrightarrow\left(x_0-1\right)\left(1-a\right)=0\)<=> xo = 1 hoặc a = 1 (TM vì khi đó 2 PT tương đương)
xo = 1 => 1+1+a=0 => a=-2
\(\left(1\right)\) có \(\Delta'=a1^2-4b1\)
(2) có \(\Delta''\) = \(a2^2-4b2\)
Xét \(\Delta'+\Delta''=a1^2+a2^2-4\left(b1+b2\right)\ge a1^2+a2^2-2\cdot a1a2=\left(a1-a2\right)^2\ge0\)
=> \(\Delta'+\Delta''\ge0\)
=> \(\Delta'\ge0or\Delta''\ge0or\Delta'\ge0;\Delta''\ge0\)
=> ít nhất 1 trong hai pt luôn có n*
Xét den-ta1+denta 2=a1-4b1+a2^2-4b2=a1^2+a2^2-4(b1+b2)>=a1^2+a2^2-2*a1*a2
(vì a1a2 > 2(b1 + b2)).
Mà a1^2+a2^2-2a1*a2=(a1-a2)^2 > 0
=> Tồn tại denta1 hoặc denta2 không âm => ít nhất một trong 2 phương trình đã cho có nghiệm.
chu y:a1=a1;a2=a2;b2=b2;b1=b1